「考前日志」11.17

总结

最近真的很不对劲

打不起精神头来

而且电脑还巨卡

一天做不了几道题

挺压抑的

上一次这种情况是在三月份了……

我该怎么办啊

⑨⑨⑤⑧

今日已完成

• AcWing291 蒙德里安的梦想

  状压DP。
  以行数以及此行的形态为状态。
  设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 行，第 \(i\) 行形态为 \(j\) 时的方案总数。
  此处 \(j\) 是一个用十进制整数记录的 \(m\) 位二进制数。
  如果 \(j\) 二进制下当前位置为 \(1\)，说明该位置为某个小长方形的上半部分，下一行的当前位置一定要放下半部分（即为 \(0\)）。
  如果为 \(0\) 表示其他情况，对下一行的形态无影响，但要保证连续的 \(0\) 的个数为偶数个。
  对于当前行 \(i\) 的形态 \(j\)，可以由上一行 \(i- 1\) 的形态 \(k\) 转移过来当且仅当：

  • 当前行的形态 \(j\) 与上一行的形态 \(k\) 的与运算结果为 \(0\)。
    这样保证了上一行形态中为 \(1\) 的位对应的当前位一定为 \(0\)，满足上述条件。
  • \(j\) 和 \(k\) 的按位或运算的二进制表示中连续 \(0\) 的个数为偶数个。
    这样也就说明\(j\) 和 \(k\) 的二进制表示中连续 \(0\) 的个数为偶数个。

  预处理合法（即连续 \(0\) 为偶数）的状态，然后 dp 即可。

  \[f_{i,j}=\sum\limits_{j\&k=0且j|k合法}f_{i-1,k} \]

  #include <map>
  #include <cmath>
  #include <queue>
  #include <cstdio>
  #include <vector>
  #include <cstring>
  #include <iostream>
  #include <algorithm>
  #define ll long long
  using namespace std;
  
  const int A = 1e5 + 11;
  const int B = 1e6 + 11;
  const int mod = 1e9 + 7;
  const int inf = 0x3f3f3f3f;
  
  inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    for ( ; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -1;
    for ( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
    return x * f;
  }
  
  int n, m;
  bool ok[A];
  ll f[12][1 << 11];
  
  int main() {
    while (cin >> n >> m) {
      if (n == 0 && m == 0) return 0;
      memset(f, 0, sizeof(f));
      for (int i = 0; i < (1 << m); i++) {
        bool cnt = 0, has_odd = 0;
        for (int j = 0; j < m; j++) 
          if (i >> j & 1) has_odd |= cnt, cnt = 0;
          else cnt ^= 1;
        ok[i] = !(has_odd | cnt);
      }
      f[0][0] = 1;
      for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j < (1 << m); j++) {
          for (int k = 0; k < (1 << m); k++) 
            if ((j & k) == 0 && ok[j | k]) 
              f[i][j] += f[i - 1][k];
        }
      }
      cout << f[n][0] << '\n';
    }
  }
  

• AcWing289 环路运输

  环形DP
  还是断环成链的操作
  把环拆开，复制一倍，形成一个长度为 \(2n\) 的链
  那么就是要求最大的 \(1\le{i,j}\le{2n}\) 且 \({i-j}\le{\dfrac{n}{2}}\) 的 \(i,j\)，\(a_i+a_j+i-j\) 的最大值
  可以用单调队列优化，做到 \(O(n)\) 的复杂度

  #include <map>
  #include <cmath>
  #include <queue>
  #include <cstdio>
  #include <vector>
  #include <cstring>
  #include <iostream>
  #include <algorithm>
  using namespace std;
  
  const int A = 2e6 + 11;
  const int B = 1e6 + 11;
  const int mod = 1e9 + 7;
  const int inf = 0x3f3f3f3f;
  
  inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    for ( ; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -1;
    for ( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
    return x * f;
  }
  
  int n, head, tail, len, a[A], q[A], ans;
  
  int main() {
    n = read();
    for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), a[i + n] = a[i];
    len = n / 2, head = 1, tail = 0;
    q[++tail] = a[1];
    for (int i = 2; i <= n * 2; i++) {
      while (head <= tail && q[head] < i - len) head++;
      ans = max(ans, i + a[i] + a[q[head]] - q[head]);
      while (head <= tail && a[q[tail]] - q[tail] < a[i] - i) tail--;
      q[++tail] = i;
    }
    cout << ans << '\n';
    return 0;
  }
  

• 牛客编程巅峰赛S2第2场 - 钻石&王者T1
  函数式编程难受，机房电脑性能辣鸡

  class Solution {
  public:
      /**
       * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
       *
       * @param n long长整型 表示标准完全二叉树的结点个数
       * @return long长整型
       */
      long long tree4(long long n) {
          // write code here
          long long mod = 998244353;
          long long base = 0, x = 0, ans = 0;
          while (x + (1 << base) <= n) {
              long long now = x + (1 << base);
              ans = ans + (1ll * now * (now + 1) / 2 % mod - 1ll * x * (x + 1) / 2 % mod + mod) % mod * (base + 1);
              ans = ans % mod;
              x = now, base++;
          }
          if (x == n) return ans;
          ans += (1ll * n * (n + 1) / 2 % mod - x * (x + 1) / 2 % mod + mod) % mod * (base + 1) % mod;
          ans %= mod;
          return ans;
      }
  };
  

• 牛客编程巅峰赛S2第2场 - 钻石&王者T2

  函数式编程难受，机房电脑性能辣鸡，不会写高精/kk

  class Solution {
    public:
      /**
       * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
       * 返回最大和的字符串
       * @param x string字符串 即题目描述中所给字符串
       * @param k int整型 即题目描述中所给的k
       * @return string字符串
       */
      string Maxsumforknumers(string x, int k) {
        int vis[100] = { 0 };
        int n = x.size(), ans[100001] = { 0 }, len = 0;
        string s;
        for (int i = 0; i < n; i++) vis[x[i] - '0']++;
        for (int i = 1; i <= n - k + 1; i++) {
          int we = 0;
          for (int j = 9; j >= 0; j--)
            if (vis[j]) {
              we = j, vis[we]--;
              break;
            }
          ans[i] = we;
        }
        len = n - k + 1;
        reverse(ans + 1, ans + len + 1);
        int we = 0;
        for (int j = 0; j <= 9; j++)
          while (vis[j]) {
            vis[j]--, we = j;
            int po = 1;
            ans[po] += j;
            while (ans[po] >= 10) ans[po] -= 10, po++, ans[po]++, len = max(len, po);
          }
        reverse(ans + 1, ans + len + 1);
        for (int i = 1; i <= len; i++) s += ans[i] + '0';
        return s;
      }
  };
  

• AcWing292 炮兵阵地

  用 \(f_{i,j,k}\) 表示已经摆完前 \(i\) 行，且所有摆放的炮兵之间不能相互攻击到，每个炮兵都不在山地上，第 \(i\) 行的状态为 \(j\)，第 \(i-1\) 行的状态为 \(k\) 的方案数。

  因为第 \(i\) 行和第 \(i-1\) 行的状态已经确定了，但是当前阶段还和第 \(i-2\) 行的状态有关，所以要枚举第 \(i-2\) 行的状态，记为 \(u\)。

  什么时候状态是合法的呢？

  • \(j,k,u\) 三者表示的状态无交集。
  • 第 \(i\) 行的炮兵没有摆放到山地上。
  • 第 \(i\) 行的炮兵两两之间的距离\(\ge2\)。

  显然满足上述条件的状态就是合法的。

  转移： \(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,u}+sum_i\)

  其中 \(sum_i\) 表示第 \(i\) 行可以摆放的炮兵的个数。

  #include <cmath>
  #include <queue>
  #include <cstdio>
  #include <vector>
  #include <cstring>
  #include <iostream>
  #include <algorithm>
  using namespace std;
  
  const int A = 111;
  const int B = 11;
  const int S = 1 << 11;
  const int mod = 1e9 + 7;
  const int inf = 0x3f3f3f3f;
  
  inline int read() {
    char c = getchar();
    int x = 0, f = 1;
    for ( ; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -1;
    for ( ; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + (c ^ 48);
    return x * f;
  }
  
  vector <int> sta;
  int n, m, g[A], sum[S], f[2][S][S];
  
  bool check(int s) {
    for (int i = 0; i < m; i++) 
      if (((s >> i) & 1) && (((s >> (i + 1)) & 1) || (s >> (i + 2) & 1)))
        return false;
    return true;
  }
  
  int count(int x) {
    int cnt = 0;
    while (x) {
      cnt += x & 1;
      x >>= 1;
    }
    return cnt;
  }
  
  int main() {
    n = read(), m = read();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
      for (int j = 0; j < m; j++) {
        char c;
        cin >> c;
        if (c == 'H') g[i] += (1 << j);
      }
    }
    for (int i = 0; i < 1 << m; i++) {
      if (check(i)) {
        sta.push_back(i);
        sum[i] = count(i);
      }
    }
  //  cout << sta.size() << '\n';
    for (int i = 0; i < n + 2; i++) {
      for (int k = 0; k < sta.size(); k++)
        for (int j = 0; j < sta.size(); j++)
          for (int u = 0; u < sta.size(); u++) {
            int a = sta[u], b = sta[j], c = sta[k];
            if ((a & b) || (a & c) || (b & c)) continue;
            if (g[i] & c) continue;
            f[i & 1][k][j] = max(f[i & 1][k][j], f[i - 1 & 1][j][u] + sum[c]);
          }
    }
    cout << f[n + 1 & 1][0][0] << '\n';
  }